集合的一些基础概念

可以查阅 Rosen 的离散数学及其应用.

集合相等

设 $A$, $B$ 是集合, 若 $A \subset B$ 且 $B \subset A$, 则可知集合相等.

这个结论很基本, 但为了防止遗忘, 这里还是写出来. 通常, 我们任取 $x \in A$, 然后尝试说明总有 $x \in B$, 以此证明 $A \subset B$. 你可以试着做下面的题.

De Morgan 定律

$$ \left( \bigcap_{i \in I} A_i \right)^c = \bigcup_{i \in I} A_i^c $$

其中 $I$ 是指标集 (可自行查阅), 这些集合 $A_i$ 与 $I$ 中的元素一一对应; $A^c$ 表示 $A$ 的补集.

证明

我们注意到, 对任意 $i_0 \in I$, 有 $\bigcap_{i \in I} A_i \subset A_{i_0}$, 故 $A_{i_0}^c \subset \left( \bigcap_{i \in I} A_i \right)^c$, 从而 $\bigcup_{i \in I} A_i^c \subset \left( \bigcap_{i \in I} A_i \right)^c$.

另一方面, 任取 $x \in \left( \bigcap_{i \in I} A_i \right)^c$, 则 $x \notin \bigcap_{i \in I} A_i$, 于是存在某个 $i_1 \in I$, 使得 $x \notin A_{i_1}$, 故 $x \in A_{i_1}^c \subset \bigcup_{i \in I} A_i^c$. 因此, $\left( \bigcap_{i \in I} A_i \right)^c \subset \bigcup_{i \in I} A_i^c$.

综上, 等式成立.

集合的基数

我们要如何比较两个集合所含元素的多少?

对于有限集合, 我们只需数出元素的个数再比较大小即可. 但对于无限集合, 是否存在一种方法可以比较它们元素的“多少”呢?

我们发现可以通过映射来定义两个集合谁更“多”: 如果存在从集合 $A$ 到集合 $B$ 的单射, 就说 $B$ 的“基数”大于等于 $A$ 的“基数”, 记作 $|B| \geq |A|$. 如果存在从 $A$ 到 $B$ 的双射, 就说它们基数相等, 记作 $|A| = |B|$.

当讨论的集合是有限集时, 集合的基数就是元素的个数; 然而, 当我们讨论无穷集时, 基数不再是一个确切的数. 我们甚至不知道, 由“$|A| \leq |B|$ 且 $|A| \geq |B|$”是否能推出“$|A| = |B|$”. 换言之, 如果存在从 $A$ 到 $B$ 的单射, 也存在从 $B$ 到 $A$ 的单射, 这两个集合之间是否一定存在双射?

这个问题的答案是肯定的. 我们可以先将其作为定理使用, 之后再证明.

总之, 现在我们有了集合基数的概念, 即无穷集元素的多少. 对于初学者来说, 可能会感到惊讶: 有些无穷集确实比另一些无穷集“多”得多, 而有些无穷集尽管在范围上是另一些无穷集的真子集, 但它们却一样“多”.

可数集

请给出一个无限集的例子. 大多数人第一个想到的应该是“$1, 2, 3, \dots$”, 即正整数集.

定义: 如果集合 $E$ 能与正整数集建立双射, 则称集合 $E$ 为可数集.

有些教材也将有限集称为可数集. 因为有限集通常比较简单, 所以在后续讨论中我们可能不将其单独列出.

整数集

我们会发现, 整数集与正整数集是“一样多”的.

定理: 全体整数构成的集合是可数集.

事实上, $A$ 是可数集, 按定义即存在一个双射 $f: \mathbb{N}_+ \to A$, 使得 $A = \{ f(n) \mid n = 1, 2, \dots \}$.

也就是说, 如果 $A$ 中的元素可以排列成一列: $a_1, a_2, a_3, \dots$ (有起点), 那么定义 $f(n) = a_n$ 即满足条件的双射. 这是对可数集的一个直观解释. 在许多教材中, 可数集也被称为“可列集”.

我们很容易想到如何将全体整数排成一列: $0, 1, -1, 2, -2, \dots$. 更规范地, 我们可以构造一个从正整数集到整数集的双射:

$$ f(n) = (-1)^n \left\lfloor \frac{n}{2} \right\rfloor, $$

其中 $\lfloor \cdot \rfloor$ 表示取整函数.

我们容易想到, 不存在比可数集更“小”的无穷集: 假设 $A$ 是一个无穷集, 取 $a_1 \in A$, 当 $a_n$ 确定后, 取 $a_{n+1} \in A \setminus \{ f(1), f(2), \dots, f(n) \}$. 由于 $A$ 是无穷集, $A \setminus \{ f(1), f(2), \dots, f(n) \}$ 总是非空的. 然而, 要找到一个比可数集“大”的集合可能不那么显然——什么样的集合是用一条无限延伸的序列也列不完的呢?

可数集的性质

我们先学习一些可数集的性质. 如果你自己琢磨可数集的概念, 这些性质是比较容易想到的.

可数集的并集

设 $\mathcal{F}$ 是一组集合, 其中包含可数个集合, 即

$$ \mathcal{F} = \{ F_1, F_2, F_3, \dots \}, $$

且每个 $F_n \in \mathcal{F}$ 都是可数集. 那么这些 (可数多个) 可数集的并集

$$ \bigcup_{n=1}^{\infty} F_n $$

仍然是可数集.

我们先看一个更简单的特例.

有限个可数集的并集

若 $F_1, F_2, \dots, F_m$ 都是可数集, 则它们的并集也是可数集.

类似于证明整数集可数, 我们可以将元素列出:

$$ F_1 = \{ a_1, a_2, a_3, \dots \},\quad F_2 = \{ b_1, b_2, b_3, \dots \}, $$

那么 $F_1 \cup F_2 = \{ a_1, b_1, a_2, b_2, \dots \}$ 显然是可数集. 这就是我们证明整数集可数所用的方法.

现在我们知道两个可数集的并集是可数集, 那么 $F_1 \cup F_2 \cup F_3 = (F_1 \cup F_2) \cup F_3$ 也可视为两个可数集 $F_1 \cup F_2$ 和 $F_3$ 的并集, 因此是可数的. 以此类推, 由数学归纳法可证任意有限个可数集的并集是可数集.

可数个有限集的并集

设 $\mathcal{F}$ 是一组集合, 其中包含可数个集合, 即

$$ \mathcal{F} = \{ F_1, F_2, F_3, \dots \}, $$

且每个 $F_n \in \mathcal{F}$ 都是有限集. 那么这些 (可数多个) 有限集的并集

$$ \bigcup_{n=1}^{\infty} F_n $$

仍然是可数集.

这个证明更简单: 先列出 $F_1$ 的元素 (有限个), 再列出 $F_2$ 的元素, 以此类推, 即可将并集的元素全部列出.

回到可数个可数集的情形. 我们也尝试将它们的元素列出, 这似乎需要一个无限延伸的矩阵:

$$ \begin{array}{c|ccccc} F_1 & a_{11} & a_{12} & a_{13} & a_{14} & a_{15}\dots \\ F_2 & a_{21} & a_{22} & a_{23} & a_{24} & a_{25}\dots \\ F_3 & a_{31} & a_{32} & a_{33} & a_{34} & a_{35}\dots \\ F_4 & a_{41} & a_{42} & a_{43} & a_{44} & a_{45}\dots \\ F_5 & a_{51} & a_{52} & a_{53} & a_{54} & a_{55}\dots \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \end{array} $$

如何证明这些 $a_{ij}$ 是可数的呢?

第一种方法, 我们仍设法将它们排列出来. 想象一个贪吃蛇从 $a_{11}$ 出发, 不回头地遍历所有元素, 路径如下:

$$ \begin{array}{ccccccccc} a_{11} & \xrightarrow{} & a_{12} & & a_{13} & \xrightarrow{} & a_{14} & & \dots \\ & & \downarrow & & \uparrow & & \downarrow & & \\ a_{21} & \xleftarrow{} & a_{22} & & a_{23} & & a_{24} & & \dots \\ \downarrow & & & & \uparrow & & \downarrow & & \\ a_{31} & \xrightarrow{} & a_{32} & \xrightarrow{} & a_{33} & & a_{34} & & \dots \\ & & & & & & \downarrow & & \\ a_{41} & \xleftarrow{} & a_{42} & \xleftarrow{} & a_{43} & \xleftarrow{} & a_{44} & & \dots \\ \downarrow & & & & & & & & \\ \vdots & & \vdots & & \vdots & & \vdots & & \end{array} $$

顺着箭头方向, 可以将所有 $a_{ij}$ 排成一列, 因此它们是可数的.

第二种方法, 考虑将矩阵分割成可数个有限集. 例如, 取正方形区域 $A_k = \{ a_{ij} \mid i \leq k, j \leq k \}$, 每个 $A_k$ 是有限集, 且整个矩阵等于 $\bigcup_{k=1}^{\infty} A_k$. 根据可数个有限集的并集仍可数的结论, 原矩阵可数.

$$ A_3=\begin{array}{|ccc|}\hline a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} \\ \hline\end{array} $$

可数集的笛卡尔积

运用类似方法可以证明, 有限个可数集的笛卡尔积也是可数集.

定理: 若 $A, B$ 是可数集, 则它们的笛卡尔积 $A \times B$ 也是可数集.

回顾笛卡尔积的定义: 若 $A, B$ 是非空集合, 则

$$ A \times B = \{ (a, b) \mid a \in A, b \in B \}, $$

其中 $(a, b)$ 是有序对.

现在设可数集

$$ A = \{ a_1, a_2, a_3, \dots \},\quad B = \{ b_1, b_2, b_3, \dots \}, $$

记 $c_{ij} = (a_i, b_j)$, 则所有元素可以排成一个无限延伸的矩阵, 于是问题归结为前述证明.

据此, 我们可以证明有理数集是可数的.

有理数集

定理: 有理数集 $\mathbb{Q}$ 是可数集.

先证明全体正有理数可数. 任取 $q \in \mathbb{Q}$, 将 $q$ 写成既约分数 $q = \frac{m}{n}$ (表示唯一). 定义映射 $f: \mathbb{Q} \to \mathbb{N} \times \mathbb{N}$ 为

$$ f(q) = f\left( \frac{m}{n} \right) = (m, n). $$

这是一个单射, 因此 $\mathbb{Q}$ 与 $\mathbb{N} \times \mathbb{N}$ 的某个无穷子集等势 (即存在双射). 已知 $\mathbb{N} \times \mathbb{N}$ 可数, 而可数集的无穷子集显然也可数 (为什么?), 故 $\mathbb{Q}$ 可数.

(若 $A$ 与 $B$ 等势, $B$ 与 $C$ 等势, 则 $A$ 与 $C$ 等势. 所以若一个集合与可数集等势, 则它与正整数集等势, 从而是可数的.)

我们可能觉得有理数比自然数多得多——毕竟有理数具有稠密性, 任意两个实数之间都存在有理数, 而自然数是很“稀疏”的——但它们竟然可以一一对应.

接下来, 我们思考哪些集合是不可数的, 即比自然数“多得多”.

不可数集

我们介绍不可数集的概念, 并给出一些具体例子.

定义: 若集合 $A$ 是无穷集且不是可数集, 则称 $A$ 为不可数集.

这意味着不可数集是比可数集“大”得多的存在. 那么, 是否存在这样的集合呢?

对于有限集, 若 $|A| = n$, 则其幂集 $\mathcal{P}(A)$ (即 $A$ 的所有子集构成的集合) 的基数 $|\mathcal{P}(A)| = 2^n$. 也就是说, 有限集的幂集总是严格大于原集合. 这个结论能否推广到无穷集呢?

考虑正整数集的幂集 $\mathcal{P}(\mathbb{N})$ (为方便, 之后正整数集和自然数集均用 $\mathbb{N}$ 表示, 具体含义视上下文而定):

$$ \mathcal{P}(\mathbb{N}) = \{ A \mid A \subset \mathbb{N} \}. $$

假设它是可数集, 那么我们可以将 $\mathcal{P}(\mathbb{N})$ 中的元素排成一列:

$$ \mathcal{P}(\mathbb{N}) = \{ A_1, A_2, \dots \} \quad (A_k \subset \mathbb{N}). $$

将每个 $A_k$ 的元素列出:

$$ \begin{array}{c|cccccc} A_1 & a_{11} & a_{12} & a_{13} & a_{14} & a_{15} & \cdots \\ A_2 & a_{21} & a_{22} & a_{23} & a_{24} & a_{25} & \cdots \\ A_3 & a_{31} & a_{32} & a_{33} & a_{34} & a_{35} & \cdots \\ A_4 & a_{41} & a_{42} & a_{43} & a_{44} & a_{45} & \cdots \\ A_5 & a_{51} & a_{52} & a_{53} & a_{54} & a_{55} & \cdots \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \end{array} $$

其中, 每个元素都是正整数, 且每行按从小到大排列.

我们也可以换一种记法: 令矩阵中第 $i$ 行第 $j$ 列的元素为 1 或 0, 分别表示正整数 $j$ 属于或不属于集合 $A_i$. 这种表示在高中证明 "元素个数 $n$ 的集合，它的幂集元素个数为 $2^n$ " 时用过.

$$ \begin{array}{c|c|c|c|c|c|c} & 1 & 2 & 3 &4 &5 \\ \hline A_1 & a_{11} & a_{12} & a_{13} & a_{14} & a_{15} & \cdots \\ \hline A_2 & a_{21} & a_{22} & a_{23} & a_{24} & a_{25} & \cdots \\ \hline A_3 & a_{31} & a_{32} & a_{33} & a_{34} & a_{35} & \cdots \\ \hline A_4 & a_{41} & a_{42} & a_{43} & a_{44} & a_{45} & \cdots \\ \hline A_5 & a_{51} & a_{52} & a_{53} & a_{54} & a_{55} & \cdots \\ \hline \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \end{array} $$

我们说可数集就是能将元素排成一列, 那么不可数集则意味着无论如何排列都会有遗漏. 现在, 我们要找到一个集合 $E \in \mathcal{P}(\mathbb{N})$ 不在这个排列 $\{ A_k \}$ 中.

看一个例子:

$$ \begin{array}{c|c|c|c|c|c|c} & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & \\ \hline A_1 & 1 & 0 & 1 & 1 & 1 & \cdots \\ \hline A_2 & 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & \cdots \\ \hline A_3 & 1 & 0 & 1 & 1 & 0 & \cdots \\ \hline A_4 & 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & \cdots \\ \hline A_5 & 1 & 0 & 1 & 1 & 0 & \cdots \\ \hline \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ \end{array} $$

这表示 $1 \in A_1$, $2 \notin A_1$, $3 \in A_1$, 等等. 实际上, 这构建了一个双射, 将每个 $A_k$ 映射为一串由 0 和 1 组成的无限序列. 我们只需构造一串 0 和 1 的序列, 使得它与每个 $A_k$ 都不同即可. 令

$$ B = \{ b_1, b_2, b_3, \dots \}, $$

其中 $b_k$ 与 $a_{kk}$ (对角线上的元素) 取不同的值: 若 $a_{kk} = 0$, 则 $b_k = 1$; 反之则 $b_k = 0$. 这样, 序列 $B$ 与矩阵对角线上的元素完全相反, 从而与每个 $A_k$ 在第 $k$ 位上都不同.

无论我们如何将 $\mathcal{P}(\mathbb{N})$ 排列成 $\{ A_k \}$, 总能通过上述方法构造出一个不在该排列中的集合 $B \in \mathcal{P}(\mathbb{N})$. 这就证明了 $\mathcal{P}(\mathbb{N})$ 是不可数集.

这个方法由康托尔 (Cantor) 提出, 称为对角线方法.

熟悉二进制的读者会发现, 这一证明实际上也说明了实数集是不可数的, 请大家自行思考.

实数和复数

实数

定理: 实数集 $\mathbb{R}$ 是不可数集.

我们知道有理数在实数中稠密, 但有理数集是可数的. 这促使我们思考实数比有理数多了哪些结构, 例如实数的确界原理及其等价定理.

闭区间套定理

设 $I_1 \supset I_2 \supset I_3 \supset \dots$ 是一个闭区间序列, 且每个 $I_k$ 非空, 则这些闭区间的交集

$$ \bigcap_{k=1}^{\infty} I_k \neq \emptyset. $$

如果实数是可数的, 我们可以将所有实数排成一列: $r_1, r_2, r_3, \dots$. 那么一定可以选取一个非空闭区间序列 $\{ I_k \}$, 使得 $I_{k+1} \subset I_k$ 且 $r_k \notin I_k$. 此时, 对任一实数 $r_n$, 由于 $r_n \notin I_n$, 所以这个交集为空, 这与闭区间套定理矛盾.

因此, 实数集是不可数的. 那么复数集呢?

不可数集的幂集

我们首先面临一个问题: 所有可数集是等势的, 但任意两个不可数集之间是否一定存在双射?

我们刚刚用正整数集的幂集构造了一个比自身“大”的集合. 那么, 不可数集的幂集是否也比自身大? 若是, 则可知不存在基数最大的集合.

定理: 若 $A$ 是不可数集, 则 $A$ 与 $\mathcal{P}(A)$ 不等势.

设 $A$ 是任意不可数集合, $\mathcal{P}(A)$ 是其幂集. 假设存在双射 $f: A \to \mathcal{P}(A)$, 则

$$ \mathcal{P}(A) = \{ f(a) \mid a \in A \}. $$

回忆之前的对角线方法: 我们先假设存在双射 $g: \mathbb{N} \to \mathcal{P}(\mathbb{N})$, 于是 $\mathcal{P}(\mathbb{N}) = \{ g(n) \mid n \in \mathbb{N} \}$, 然后构造了一个自然数子集 $B$, 使得若 $n \in g(n)$, 则 $n \notin B$; 若 $n \notin g(n)$, 则 $n \in B$.

类似地, 我们可以构造 $A$ 的子集 $E$: 对任意 $a \in A$, 若 $a \in f(a)$, 则令 $a \notin E$; 若 $a \notin f(a)$, 则令 $a \in E$. 显然, $E$ 与每个 $f(a)$ 都不同, 因此不存在从 $A$ 到 $\mathcal{P}(A)$ 的双射 (更准确地说, 不存在满射).

由此可见, 并非所有不可数集都等势. 现在我们知道实数集 $\mathbb{R}$ 是不可数的, 而作为其扩集的复数集 $\mathbb{C}$ 当然也是不可数的, 但两者是否等势呢?

复数集

定理: 复数集 $\mathbb{C}$ 与实数集 $\mathbb{R}$ 等势.

复数集可视为实数集与自身的笛卡尔积:

$$ \mathbb{C} = \{ (a, b) \mid a, b \in \mathbb{R} \} = \mathbb{R} \times \mathbb{R}. $$

构造映射如下: 对任意 $r \in (0,1)$, 将其写成无穷小数形式 (规定不以 0 为循环节):

$$ r = 0.a_1 b_1 a_2 b_2 a_3 b_3 \dots, $$

令

$$ f(r) = (a, b),\quad a = 0.a_1 a_2 a_3 \dots,\; b = 0.b_1 b_2 b_3 \dots. $$

这给出了一个从 $(0,1)$ 到 $(0,1) \times (0,1)$ 的映射.

但需要注意一些细节: 对于有限小数, 如 0.1, 我们应将其表示为 $0.0999\dots$ 而非 $0.1000\dots$, 以保证表示唯一. 即便如此, $f$ 仍可能漏掉某些点 (例如 $(0,0.1)$ 不在像中). 不过, 被遗漏的只是可数个复数, 即 $(0,1) \times (0,1) \setminus f[(0,1)]$ 是可数集.

若 $E$ 是不可数集, $F$ 是其可数子集, 则 $E \setminus F$ 与 $E$ 仍等势. 因此, $f[(0,1)]$ 与 $(0,1) \times (0,1)$ 等势, 从而可建立 $(0,1)$ 到 $(0,1) \times (0,1)$ 的双射 (利用 Schroeder-Bernstein 定理, 见后文). 由此可得 $(0,1)$ 与 $(0,1) \times (0,1)$ 等势, 进而 $\mathbb{R}$ 与 $\mathbb{C}$ 等势 (因为 $\mathbb{R}$ 与 $(0,1)$ 等势, $\mathbb{C}$ 与 $(0,1) \times (0,1)$ 等势).

推广: $\mathbb{R}^n$ 与 $\mathbb{R}^\infty$ 均与 $\mathbb{R}$ 等势.

由数学归纳法易证 $\mathbb{R}^n$ 与 $\mathbb{R}$ 等势. 对于 $\mathcal{R}^{\infty}$ 我们仍考虑与它等势的子集 $(0,1)^\infty = \{ (x_1, x_2, \dots) \mid x_i \in \mathbb{R} \}$, 对任意一个 $(x_1, x_2, \dots)$ 我们可以把它表示成一个方阵

$$ \begin{array}{c|c|c|c|c|c|c} x_1 & a_{11} & a_{12} & a_{13} & a_{14} & a_{15} & \cdots \\ \hline x_2 & a_{21} & a_{22} & a_{23} & a_{24} & a_{25} & \cdots \\ \hline x_3 & a_{31} & a_{32} & a_{33} & a_{34} & a_{35} & \cdots \\ \hline x_4 & a_{41} & a_{42} & a_{43} & a_{44} & a_{45} & \cdots \\ \hline x_5 & a_{51} & a_{52} & a_{53} & a_{54} & a_{55} & \cdots \\ \hline \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ \end{array} $$

其中 $x_i=0.a_{i1}a_{i2}a_{i3}...$ .

前面构造的贪吃蛇路径 (或对角线枚举) 可将这个无限矩阵对应为一个序列, 从而建立单射 $\phi: (0,1)^\infty \to (0,1)$,

$$ \phi(x_1, x_2, \dots) = 0.a_{11} a_{12} a_{22} a_{21} a_{31} \dots, $$

说明两者等势.

Schroeder-Bernstein 定理

定理: 设 $A, B$ 是非空集合. 如果存在从 $A$ 到 $B$ 的单射和从 $B$ 到 $A$ 的单射, 那么存在从 $A$ 到 $B$ 的双射.

设 $f: A \to B$ 与 $g: B \to A$ 都是单射. 我们希望利用它们构造一个从 $A$ 到 $B$ 的双射 $F$. 由于单射在任意子集上的限制仍是单射, 我们尝试将 $A$ 分成两个恰当的区域:

$$ A = A_1 \cup A_2, $$

使得定义

$$ \gamma(x) = \begin{cases} f(x), & \text{若 } x \in A_1, \\ g^{-1}(x), & \text{若 } x \in A_2 \end{cases} $$

是一个双射.

先分析 $A_1, A_2$ 应满足的条件. 要使 $g^{-1}(x)$ 在 $A_2$ 上有定义, 需 $A_2 \subset g(B)$. 记 $A_0 = A \setminus g(B)$, 则 $A_0 \subset A_1$. 因此, $A_1$ 的最小可能为 $A_0$, 最大为 $A$. 当 $A_1 = A_0$ 时, $g^{-1}$ 给出 $A_2$ 到 $B$ 的双射, 加上 $f: A_1 \to B$ 后成为满射 (可能“溢出”); 当 $A_1 = A$ 时, $\gamma = f$ 是单射 (可能“未填满”). 我们希望找到一个临界点, 使得 $\gamma$ 既是单射又是满射.

$\gamma$ 是单射 $\Longleftrightarrow$ $f(A_1)\cap g^{-1}(A_2)=\emptyset$ $\Longleftrightarrow$ $g(f(A_1))\cap A_2=\emptyset$ .
$\Longleftrightarrow$ $h(A_1)\subset A_1$ , 其中 $h=g\circ f$ .

$\gamma$ 是满射 $\Longleftrightarrow$ $B\subset f(A_1)\cup g^{-1}(A_2)$ $\Longleftrightarrow$ $g(B)\subset h(A_1)\cup A_2$ $\Longleftrightarrow$ $A_1\setminus h(A_1)=A\setminus h(A_1)\cap A_1 \subset A\setminus g(B)=A_0$
$\Longleftrightarrow$ $A_1\subset h(A_1)\cup A_0$

我们考虑集族 $\mathcal{F}=\{X\subset A|h(X)\cup A_0\subset X \}$ 和集族 $\mathcal{E}=\{X\subset A| X\subset h(X)\cup A_0\}$ . 当 $A_1\in\mathcal{F}$ 时 $\gamma$ 是单射；当 $A_1\in \mathcal{E}$ 时 $\gamma$ 是满射. 当 $A_1\in\mathcal{F}\cap\mathcal{E}$ 也就是 $A_1=h(A_1)\cup A_0$ 时 $\gamma$ 恰好是双射. 现在问题就是怎么确定 $\mathcal{F}\cap \mathcal{E}$ 不是空集？换句话说，怎么证明存在满足这个等式的 $A_1$ ?
直觉上从 $A\in\mathcal{F}$ 到 $A_0\in\mathcal{E}$ ，取的范围是在 "变小" 的. 我们希望存在 $A_1\in\mathcal{F}\cap\mathcal{E}$ 那这个 $A_1$ 就应该是 $\mathcal{F}$ 中范围最小的或者说 $\mathcal{E}$ 中范围最大的. 那我们就想到了令
$$A_1= \bigcap_{X\in\mathcal{F}} X $$
这个定义是合法的因为 $\mathcal{F}$ 确实不是空族， 我们有 $A\in\mathcal{F}$ . 我们只需要验证这个 $A_1$ 是否在集族 $\mathcal{E}$ 中就行了.

证明留给大家.